【高考调研】届高考数学一轮复习课时作业 第八章　单元测试卷 理 新人教版

1、第八章单元测试卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分每小题中只有一项符合题目要求)1用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为()A.B.C8 D.答案B解析S圆r21r1，而截面圆圆心与球心的距离d1，球的半径为R，VR3，故选B.2已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆)，根据图中标出的数据，这个几何体的体积是()A28836 B60C28872 D28818答案A解析将几何体的三视图转化为直观图此几何体下面为长方体上面为半圆柱，根据三视图所标数据V长方体686288，V半圆柱32836，此几何体的体积为V28836.3.如下图所示，是一个正方体的表

2、面展开图，A、B、C均为棱的中点，D是顶点，则在正方体中，异面直线AB和CD的夹角的余弦值为()A. B.C. D.答案C解析把展开图复原为正方体后示意图如下图所示，EGF为AB和CD所成的角，F为正方体一棱的中点EFGF，EG.cosEGF.4已知m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，给出下列命题：若，m，则m；若m，n，且mn，则；若m，m，则；若m，n，且mn，则.其中真命题的序号是()A BC D答案B解析若，m，则m与可能相交、平行或m在平面内，故错；m，n，mn，则与可能平行，可能相交，故错故选B.5圆台上、下底面面积分别是、4，侧面积是6，这个圆台的体积是()A. B2C.

3、 D.答案D解析上底半径r1，下底半径R2.S侧6，设母线长为l，则(12)l6，l2，高h，V(11222).故选D.6图中的三个直角三角形是一个体积为20 cm3的几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为()A25 cm2 B. cm2C77 cm2 D144 cm2答案C解析由三视图画出此空间几何体的直观图如下图所示由题意得Vh5620h4.从而易知，其外接球的半径为r.从而外接球的表面积为S4r24()277.选C.7.如下图所示，正四棱锥PABCD的底面积为3，体积为，E为侧棱PC的中点，则PA与BE所成的角为()A. B.C. D.答案C解析连接AC、BD交于点O，连接OE，易

4、得OEPA.所求角为BEO.由所给条件易得OB，OEPA，BE，cosOEB，OEB60，选C.8直三棱柱ABCA1B1C1的直观图及三视图如下图所示，D为AC的中点，则下列命题是假命题的是()AAB1平面BDC1BA1C平面BDC1C直三棱柱的体积V4D直三棱柱的外接球的表面积为4答案D解析由三视图可知，直三棱柱ABCA1B1C1的侧面B1C1CB是边长为2的正方形，底面ABC是等腰直角三角形，ABBC，ABBC2.连接B1C交BC1于点O，连接AB1，OD.在CAB1中，O，D分别是B1C，AC的中点，ODAB1，AB1平面BDC1.故A正确直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，

5、AA1BD.又ABBC2，D为AC的中点，BDAC，BD平面AA1C1C，BDA1C.又A1B1B1C1，A1B1B1B，A1B1平面B1C1CB，A1B1B1C.BC1B1C，且BC1B1C0，BC1平面A1B1C.BC1A1C.A1C平面BDC1.故B正确VSABCC1C2224，C正确此直三棱柱的外接球的半径为，其表面积为12，D错误，故选D.9已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是()A22R2 B.R2C.R2 D.R2答案B解析如图所示，为组合体的轴截面，由相似三角形的比例关系，得，PO13x，圆柱的高为3R3x，所以圆柱的全面积为S2x22x(3

6、R3x)4x26Rx，则当xR时，S取最大值，SmaxR2.10.如下图所示，已知在多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC平面DEFG，平面BEF平面ADGC，ABADDG2，ACEF1，则该多面体的体积为()A2 B4C6 D8答案B解析解法一：(分割法)如上图所示，过点C作CHDG于点H，连接EH，这样就把多面体分割成一个直三棱柱DEHABC和一个斜三棱柱BEFCHG.于是所求几何体的体积为VSDEHADSBEFDE(21)2(21)24.故选B.解法二：(补形法)如上图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半于是所求几何体

7、的体积为V234.故选B.11二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD2，则该二面角的大小为()A150 B45C60 D120答案C解析由条件，知0，0，.|2|2|2|2222624282268cos，(2)2，cos，120，二面角的大小为60，故选C.12已知正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，点P在线段BD1上，当APC最大时，三棱锥PABC的体积为()A. B.C. D.答案B解析以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系，设，可得P(，)，再由cosAPC可求得当时，A

8、PC最大，故VPABC11.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13(2011天津文)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为_m3.答案4解析由三视图可知，此几何体的上面是正四棱柱，其长，宽，高分别是2,1,1，此几何体的下面是长方体，其长，宽，高分别是2,1,1，因此该几何体的体积V2112114(m3)14如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥PABC的主视图与左视图的面积的比值为_答案1解析依题意得三棱锥PABC的主视图与左视图分别是一个三角形，且这两个三角形的底边长都等于正方体的棱

9、长，底边上的高也都相等，因此三棱锥PABC的主视图与左视图的面积之比等于1.15直三棱柱ABCA1B1C1的各顶点都在同一球面上若ABACAA12，BAC120，则此球的表面积等于_答案20解析设球心为O，球半径为R，ABC的外心是M，则O在底面ABC上的射影是点M，在ABC中，ABAC2，BAC120，ABC(180120)30，AM2.因此，R222()25，此球的表面积等于4R220.16.如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E、F、分别为PA、PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：直线BE与直线CF异面；直线BE与直线AF异面；直线EF平面PBC；平面BCE平面PA

10、D.其中正确的有_个答案2解析将几何体展开图拼成几何体(如下图)，因为E、F分别为PA、PD的中点，所以EFADBC，即直线BE与CF共面，错；因为B平面PAD ，E平面PAD，EAF，所以BE与AF是异面直线，正确；因为EFADBC，EF平面PBC，BC平面PBC，所以EF平面PBC，正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，错三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)在下面三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm)(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(

11、2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积；(3)在所给直观图中连接BC，证明：BC平面EFG.解析(1)如图(2)所求多面体的体积VV长方体V正三棱锥4462 cm3.(3)证明：如图，在长方体ABCDABCD中，连接AD，则ADBC.因为E、G分别为AA、AD的中点，所以ADEG，从而EGBC.又BC平面EFG，所以BC平面EFG.18(本小题满分12分)(2011天津)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，ADC45，ADAC1，O为AC的中点，PO平面ABCD，PO2，M为PD的中点(1)证明PB平面ACM；(2)证明AD平面PAC；(3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切

12、值解析(1)连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点又M为PD的中点，所以PBMO.因为PB平面ACM，MO平面ACM，所以PB平面ACM.(2)因为ADC45，且ADAC1，所以DAC90，即ADAC.又PO平面ABCD，AD平面ABCD，所以POAD.而ACPOO，所以AD平面PAC.(3)取DO中点N，连接MN，AN.因为M为PD的中点，所以MNPO，且MNPO1.由PO平面ABCD，得MN平面ABCD，所以MAN是直线AM与平面ABCD所成的角在RtDAO中，AD1，AO，所以DO.从而ANDO.在RtANM中，tanMAN，即直线AM与平面ABC

13、D所成角的正切值为.19(本小题满分12分)(2011北京理)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB2，BAD60.(1)求证：BD平面PAC；(2)若PAAB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长解析(1)因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.又因为PA平面ABCD，所以PABD，又ACPAA，所以BD平面PAC.(2)设ACBDO.因为BAD60，PAAB2，所以BO1，AOCO.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0，2)，A(0，0)，B(1,0,0，)C(0，0)，所以(1，2)，(0,2，

14、0)设PB与AC所成角为，则cos.(3)由(2)知(1，0)设P(0，t)(t0)，则(1，t)，设平面PBC的一个法向量m(x，y，z)，则m0，m0，所以令y，则x3，z.所以m(3，)同理，平面PDC的一个法向量n(3，)因为平面PBC平面PDC，所以mn0，即60.解得t，所以PA.20(本小题满分12分)如图，在六面体ABCDEFG中，平面ABC平面DEFG，AD平面DEFG，EDDG，EFDG.且ABADDEDG2，ACEF1.(1)求证：BF平面ACGD；(2)求二面角DCGF的余弦值解析方法一(1)设DG的中点为M，连接AM，FM.则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形M

15、FDE，且MFDE.平面ABC平面DEFG，ABDE，ABDE.MFAB，且MFAB，四边形ABFM是平行四边形，BFAM.又BF平面ACGD，AM平面ACGD，故BF平面ACGD.(2)由已知AD平面DEFG，DEAD.又DEDG，DE平面ADGC.MFDE，MF平面ADGC.在平面ADGC中，过M作MNGC，垂足为N，连接NF，则MNF为所求二面角的平面角连接CM.平面ABC平面DEFG，ACDM，又ACDM1，所以四边形ACMD为平行四边形，CMAD，且CMAD2.AD平面DEFG，CM平面DEFG，CMDG.在RtCMG中，CM2，MG1，MN.在RtFMN中，MF2，MN，FN.co

16、sMNF.二面角DCGF的余弦值为.方法二由题意可得，AD，DE，DG两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系则A(0,0,2)，B(2,0,2)，C(0,1,2)，E(2,0,0)，G(0,2,0)，F(2,1,0)(1)(2,1,0)(2,0,2)(0,1，2)，(0,2,0)(0,1,2)(0,1，2)，所以BFCG.又BF平面ACGD，故BF平面ACGD.(2)(0,2,0)(2,1,0)(2,1,0)设平面BCGF的法向量为n1(x，y，z)，则令y2，则n1(1,2,1)则平面ADGC的法向量n2(1,0,0)cosn1，n2.由于所求的二面角为锐二面角，二面角DCGF的余弦值为

17、.21(本小题满分12分)(2011天津理)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA12，C1H平面AA1B1B，且C1H.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角AA1C1B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN平面A1B1C1，求线段BM的长解析解法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点，依题意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，)(1)易得(，)，(2，0,0)，于是cos，.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)易知(0

18、,2，0)，(，)设平面AA1C1的法向量m(x，y，z)，则即不妨令x，可得m(，0，)同样地，设平面A1B1C1的法向量n(x，y，z)，则即不妨令y，可得n(0，)于是cosm，n，从而sinm，n.所以二面角AA1C1B1的正弦值为.(3)由N为棱B1C1的中点，得N(，)设M(a，b,0)，则(a，b，)由MN平面A1B1C1，得即解得 故M(，0)因此(，0)，所以线段BM的长|.解法二：(1)由于ACA1C1，故C1A1B1是异面直线AC与A1B1所成的角因为C1H平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，AA12，C1H，可得A1C1B1C13.因为cosC1A1B1.

19、所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)连接AC1，易知AC1B1C1.又由于AA1B1A1，A1C1A1C1，所以AC1A1B1C1A1，过点A作ARA1C1于点R，连接B1R.于是B1RA1C1.故ARB1为二面角AA1C1B1的平面角在RtA1RB1中，B1RA1B1sinRA1B12.连接AB1，在ARB1中，AB14，ARB1R，cosARB1，从而sinARB1.所以二面角AA1C1B1的正弦值为.(3)因为MN平面A1B1C1，所以MNA1B1.取HB1中点D，连接ND.由于N是棱B1C1中点，所以NDC1H且NDC1H.又C1H平面AA1B1B，所以ND平面AA1B1

20、B.故NDA1B1.又MNNDN，所以A1B1平面MND.连接MD并延长交A1B1于点E，则MEA1B1，故MEAA1.由，得DEB1E.延长EM交AB于点F，可得BFB1E.连接NE.在RtENM中，NDME，故ND2DEDM，所以DM.可得FM.连接BM.在RtBFM中，BM.22(本小题满分12分)(2011浙江理)如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上已知BC8，PO4，AO3，OD2.(1)证明：APBC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角AMCB为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由解析方法一(1)如图，以O

21、为原点，以射线OD为y轴的正半轴，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则O(0,0,0)，A(0，3,0)，B(4,2,0)，C(4,2,0)，P(0,0,4)，(0,3,4)，(8,0,0)，由此可得0，所以，即APBC.(2)设，1，则(0，3，4)(4，2,4)(0，3，4)(4，23，44)，(4,5,0)，(8,0,0)设平面BMC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n2(x2，y2，z2)由得即可取n1(0,1，)由即得可取n2(5,4，3)由n1n20，得430，解得，故AM3.综上所述，存在点M符合题意，AM3.方法二(1)由ABAC，D是BC

22、的中点，得ADBC.又PO平面ABC，得POBC.因为POADO，所以BC平面PAD，故BCPA.(2)如图，在平面PAB内作BMPA于M，连CM.由(1)中知APBC，得AP平面BMC.又AP平面APC，所以平面BMC平面APC.在RtADB中，AB2AD2BD241，得AB.在RtPOD中，PD2PO2OD2，在RtPDB中，PB2PD2BD2，所以PB2PO2OD2DB236，得PB6.在RtPOA中，PA2AO2OP225，得PA5.又cosBPA，从而PMPBcosBPA2，所以AMPAPM3.综上所述，存在点M符合题意，AM3.1(2012西安五校一模)若一个底面是正三角形的三棱柱

23、的正视图如图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为()A. B.C. D.答案B解析设球半径是R，依题意知，该三棱柱是一个底面边长为2、侧棱长为1的正三棱柱，记上、下底面的中心分别是O1、O，易知球心是线段O1O的中点，于是R2()2(2)2，因此所求球的表面积是4R24，选B.2(2012合肥第一次质检)设a、b是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题错误的是()A若a，b，则abB若a，ba，b，则C若a，b，则abD若a，a，则答案D解析由题意可得A、B、C选项显然正确，对于选项D：当，相交，且a与，的交线平行时，有a，但此时与不平行故选D.3半径为4的球面上有A，B，C，

24、D四点，且满足0，0，0，则ABC，ACD，ADB面积之和SABCSACDSADB的最大值为()A8 B16C32 D64答案C解析设ABa，ACb，ADc，则SABCSACDSADB(abacbc)()(a2b2c2)4R244232，当且仅当abc时取“”4设a，b，c表示三条直线，、表示两个平面，下列命题中不正确的是()A.a B.abC.c D.b答案D解析经判断可知，选项A、B、C均正确对于选项D，与直线a垂直的直线有无数多条，这些直线与平面的关系也可能是平行的，如正方体的上底面的两条棱相互垂直，但这两条棱与下底面的关系是平行而不是垂直5设a、b、c表示三条不同的直线，、表示两个不同

25、的平面，则下列命题中逆命题不成立的是()A当c时，若时，则cB当b，c是a在内的射影时，若bc，则abC当b时，若b，则D当b，c时，若c，则bc答案C解析A其逆命题为当c时，若c，则，显然垂直于同一直线的两平面平行，逆命题正确；B其逆命题为当b时，c是a在内的射影，若ab，则bc，此为三垂线定理内容，逆命题正确；C其逆命题为当b时，若，则ba，显然两平面垂直，其中一平面内任一直线不一定垂直另一平面，逆命题错误；D其逆命题为当b，c时，若bc，则c，此为线面平行的判断定理，逆命题正确6(2012洛阳市模拟)图2中的实线围成的部分是长方体(图1)的平面展开图，其中四边形ABCD是边长为1的正方形

26、若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展形图内的概率是，则此长方体的体积是_答案3解析设长方体的高为h，则图2中虚线围成的矩形长为22h，宽为12h，面积为(22h)(12h)，展开图的面积为24h；由几何概型的概率公式知，得h3，所以长方体的体积是V133.7. (2012安徽江南十校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，四边形ABCD为正方形，AB4，PA3，A点在PD上的射影为G点，E点在AB上，平面PEC平面PCD.(1)求证：AG平面PEC；(2)求AE的长；(3)求二面角EPCA的正弦值解析(1)证明：PA平面ABCD，PACD.又CDAD，PAADA

27、，CD平面PAD.CDAG.又PDAG，AG平面PCD.作EFPC于点F，连接GF，平面PEC平面PCD，EF平面PCD.EFAG.又AG平面PEC，EF平面PEC，AG平面PEC.(2)解：由(1)知A、E、F、G四点共面，又AECD，AE平面PCD，CD平面PCD，AE平面PCD.又平面AEFG平面PCDGF，AEGF.又由(1)知EFAG，四边形AEFG为平行四边形，AEGF.PA3，AD4，PD5，AG.又PA2PGPD，PG.又，GF，AE.(3)解：过E作EOAC于点O，连接OF，易知EO平面PAC，又EFPC，OFPC.EFO即为二面角EPCA的平面角EOAEsin45，又EFA

28、G，sinEFO.8. (2012山东潍坊质检)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAABC2.(1)若D为AA1的中点，求证：平面B1CD平面B1C1D；(2)若二面角B1DCC1的大小为60，求AD的长解析(1)方法一：证明：A1C1B1ACB90，B1C1A1C1.又由直三棱柱的性质知B1C1CC1，B1C1平面ACC1A1.B1C1CD，由D为AA1的中点，可知DCDC1，DC2DCCC，即CDDC1，由可知CD平面B1C1D，又CD平面B1CD，故平面B1CD平面B1C1D.(2)解：由(1)可知B1C1平面ACC1A1，在平面ACC1A1内过C1作C1ECD，交

29、CD或其延长线于E，连接EB1，B1EC1为二面角B1DCC1的平面角，B1EC160.由B1C12知，C1E，设ADx，则DC.DC1C的面积为1，1.解得x，即AD.方法二： (1)证明：如图，以C为坐标原点，CA、CB、CC1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)，即(0,2,0)，(1,0,1)，(1,0,1)，由(1,0,1)(0,2,0)0，得CDC1B1；由(1,0,1)(1,0,1)0，得CDDC1.又DC1C1B1C1，CD平面B1C1D.又CD平面B1CD，平面B1CD平

30、面B1C1D.(2)解：设ADa，则D点坐标为(1,0，a)，(1,0，a)，(0,2,2)，设平面B1CD的一个法向量为m(x，y，z)则令z1.得m(a,1，1)，又平面C1DC的一个法向量为n(0,1,0)，则由cos60，得，即a，故AD.9(2012衡水调研)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，ABBB1，ACBCBB12，D为AB的中点，且CDDA1.(1)求证：BB1面ABC；(2)求多面体DBCA1B1C1的体积；(3)求二面角CDA1C1的余弦值解析(1)证明：ACBC，D为AB的中点，CDAB.又CDDA1，ABA1DD，CD面AA1B1B.CDBB1.又BB1A

31、B，ABCDD，BB1面ABC.(2)解：V多面体DBCA1B1C1V棱柱ABCA1B1C1V棱锥A1ADCSABC|AA1|SADC|AA1|SABC|AA1|SABC|AA1|SABC|AA1|.(3)解：以C为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正向，建立空间直角坐标系(如图所示)，则C(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0,0,2)，C1(0,2,0)，A1(0,2,2)，D(1,0,1)设n1(x1，y1，z1)是平面DCA1的一个法向量，则有即故可取n1(1,1，1)同理设n2(x2，y2，z2)是平面DC1A1的一个法向量，且(1，2,1)，(0,0,2)则有即故可取n2(

32、2,1,0)cosn1，n2.又二面角CDA1C1的平面角为锐角，所以其余弦值为.10(2012东北三校联考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知BC1，BB12，AB平面BB1C1C.(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正切值；(2)在棱CC1(不包括端点C、C1)上确定一点E的位置，使EAEB1(要求说明理由)；(3)在(2)的条件下，若AB，求二面角AEB1A1的大小解析方法一(1)解：在直三棱柱ABCA1B1C1中，C1C平面ABC，C1B在平面ABC上的射影为CB，C1BC为直线C1B与底面ABC所成的角在RtCC1B中，CC12，BC1，tanC1BC2，即直线C1B与底面

33、ABC所成角的正切值为2.(2)解：连接BE，当E为CC1的中点时，EAEB1.CEEC11，BCB1C11，BECB1EC145.BEB190，即B1EBE.又AB平面BB1C1C，EB1平面BB1C1C，ABEB1.又AB平面ABE，BE平面ABE，BEABB，EB1平面ABE.又EA平面ABE，故EAEB1.(3)解：如图，取EB1的中点G，A1E的中点F，连接FG，则FGA1B1，且FGA1B1，A1B1EB1，FGEB1.连接A1B，AB1，设A1BAB1O，连接OF，OG，则OGAE，且OGEA.EAEB1，OGEB1.OGF为二面角AEB1A1的平面角AE2，OGAE1，FGA1

34、B1，OFBE，OGF45.二面角AEB1A1的大小为45.方法二以B为坐标原点，BC、BB1、AB所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，C1(1,2,0)，B1(0,2,0)(1)解：在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC的一个法向量为(0,2,0)，又(1,2,0)，设BC1与平面ABC所成的角为，则sin|cos，|，tan2，即直线C1B与底面ABC所成角的正切值为2.(2)解：设E(1，y,0)，A(0,0，z)，则(1,2y,0)，(1，y，z)，EAEB1，1y(2y)0.y1，即E(1,1,0)E为CC1的中点(3)解：由题知A(0,0，)，则(1,1，)，(1，1,0)，设平面AEB1的一个法向量为n(x1，y1，z1)，则令x11，则n(1,1，)(1,1,0)，110，BEB1E.又BEA1B1，BE平面A1B1E.平面A1B1E的一个法向量为(1,1,0)cosn，.二面角AEB1A1的大小为45.11(2012深圳第一次调研)如下图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，BAC30，BMAC交AC于点M，EA平面ABC，FCEA，AC4，EA3，FC1.(1)证明：EMBF；(2)求平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值解析方法一(1)证明：EA平面ABC，BM平面ABC，EA